2019屆高考物理二輪復習 專題3 牛頓運動定律與曲線運動(含天體運動)學案.docx
《2019屆高考物理二輪復習 專題3 牛頓運動定律與曲線運動(含天體運動)學案.docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2019屆高考物理二輪復習 專題3 牛頓運動定律與曲線運動(含天體運動)學案.docx(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
3 牛頓運動定律與曲線運動考向預測從考查方式上來說,在高考的考查中,本專題內(nèi)容可能單獨考查,特別是萬有引力與航天部分,常以選擇題形式出現(xiàn);也可能與其他專題相結合,與能量知識綜合考查,以計算題形式出現(xiàn)。從近幾年考試命題趨勢看,本章內(nèi)容與實際應用和生產(chǎn)、生活、科技相聯(lián)系命題,或與其他專題綜合考查,曲線運動問題由原來的選擇題轉(zhuǎn)變?yōu)樵谟嬎泐}中考查,萬有引力與航天仍然以選擇題出現(xiàn),單獨考查的可能性更大。1豎直面內(nèi)的圓周運動豎直平面內(nèi)圓周運動的最高點和最低點的速度關系通常利用動能定理來建立聯(lián)系,然后結合牛頓第二定律進行動力學分析。2平拋運動對于平拋或類平拋運動與圓周運動組合的問題,應用“合成與分解的思想”,分析這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關鍵。3天體運動(1)分析天體運動類問題的一條主線就是F萬F向,抓住黃金代換公式GMgR2。(2)確定天體表面重力加速度的方法有:測重力法、單擺法、平拋(或豎直上拋)物體法、近地衛(wèi)星環(huán)繞法。1(多選)如圖所示,小球用不可伸長的輕繩連接后繞固定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動,小球經(jīng)過最高點時的速度大小為v,此時繩子的拉力大小為FT,拉力FT與速度的平方v2的關系如圖乙所示,圖象中的數(shù)據(jù)a和b包括重力加速度g都為已知量,以下說法正確的是()A數(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量有關B數(shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量有關C比值不但與小球的質(zhì)量有關,還與圓周軌道半徑有關D利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑2(多選)2018年4月2日早8時15分左右,在太空中飛行了六年半的天宮一號目標飛行器已再入大氣層,絕大部分器件在再入大氣層過程中燒蝕銷毀,部分殘骸墜落于南太平洋中部區(qū)域,結束它的歷史使命。在燒蝕銷毀前,由于稀薄空氣阻力的影響,“天宮一號”的運行半徑逐漸減小。在“天宮一號”運行半徑逐漸減小過程,下列說法正確的是()A運行周期逐漸減小B機械能逐漸減小C受到地球的萬有引力逐漸減小D運行速率逐漸減小3(2018全國卷20)2017年,人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學家們復原的過程,在兩顆中子星合并前約100 s時,它們相距約400 km,繞二者連線上的某點每秒轉(zhuǎn)動12圈。將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體,由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識,可以估算出這一時刻兩顆中子星()A質(zhì)量之積B質(zhì)量之和C速率之和D各自的自轉(zhuǎn)角速度1(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的半圓形軌道槽放置在水平地面上,槽內(nèi)壁光滑。質(zhì)量為m的小物體從槽的左側頂端由靜止開始下滑到右側最高點的過程中,軌道槽始終靜止,則該過程中() A軌道槽對地面的最小壓力為mgB軌道槽對地面的最大壓力為(m3m)gC軌道槽對地面的摩擦力先增大后減小D軌道槽對地面的摩擦力方向先向左后向右2(多選)如圖所示,在豎直平面內(nèi)固定兩個很靠近的同心圓軌道,外圓內(nèi)表面光滑,內(nèi)圓外表面粗糙,一質(zhì)量為m的小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動,球的直徑略小于兩圓間距,球運動的軌道半徑為R,不計空氣阻力,下列說法正確的是()A若v02,則小球在整個運動過程中克服摩擦力做功等于mgRB若使小球在最低點的速度v0大于,則小球在整個運動過程中機械能守恒C若小球要做一個完整的圓周運動,小球在最低點的速度v0必須大于等于D若小球第一次運動到最高點,內(nèi)環(huán)對小球的支持力為0.5mg,則小球在最低點對外圓環(huán)的壓力為5.5mg1(多選)如圖所示,一帶電小球自固定斜面頂端A點以某速度水平拋出,落在斜面上B點。現(xiàn)加上豎直向下的勻強電場,仍將小球自A點以相同速度水平拋出,落在斜面上C點。不計空氣阻力,下列說法正確的是()A小球帶正電B小球所受電場力可能大于重力C小球兩次落在斜面上所用的時間不相等D小球兩次落在斜面上的速度大小相等2如圖所示,長為L的輕質(zhì)硬桿,一端固定一個質(zhì)量為m的小球,另一端固定在水平轉(zhuǎn)軸上,現(xiàn)讓桿繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)動的角速度為,重力加速度為g,某時刻桿對球的作用力水平向左,則此時桿與水平面的夾角為()Asin Bsin Ctan Dtan 3(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep,其中G為引力常量,M為地球質(zhì)量,該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運動,經(jīng)過橢圓軌道的變軌過程進入半徑R3圓形軌道繼續(xù)繞地球運動,其中P為軌道與軌道的切點,Q點為軌道與軌道的切點,下列判斷正確的是()A衛(wèi)星在軌道上的動能為B衛(wèi)星在軌道上的機械能等于C衛(wèi)星在軌道經(jīng)過Q點時的加速度小于在軌道上經(jīng)過Q點時的加速度D衛(wèi)星在軌道上經(jīng)過P點時的速率大于在軌道上經(jīng)過P點時的速率4(多選)我國的“天鏈一號”衛(wèi)星是地球同步衛(wèi)星,可為中低軌道衛(wèi)星提供數(shù)據(jù)通訊,如圖為“天鏈一號”衛(wèi)星a、赤道平面內(nèi)的低軌道衛(wèi)星b、地球的位置關系示意圖,O為地心,地球相對衛(wèi)星a、b的張角分別為1和2(2圖中未標出),衛(wèi)星a的軌道半徑是b的4倍。己知衛(wèi)星a、b繞地球同向運行,衛(wèi)星a的周期為T,在運行過程中由于地球的遮擋,衛(wèi)星b會進入衛(wèi)星a通訊的盲區(qū),衛(wèi)星間的通訊信號視為沿直線傳播,信號傳輸時間可忽略。下列分析正確的是()A衛(wèi)星a,b的速度之比為2 : 1B衛(wèi)星b的周期為C衛(wèi)星b每次在盲區(qū)運行的時間為D衛(wèi)星b每次在盲區(qū)運行的時間為5如圖所示,一顆極地衛(wèi)星從北緯30的A點正上方的B點按圖示方向第一次運行至南極C點正上方的D點時所用時間為t,地球半徑為R,地球表面的重力加速度為g,引力常量為G,忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。以下說法錯誤的是()A衛(wèi)星運行的周期3tB衛(wèi)星距地面的高度C衛(wèi)星的角速度D衛(wèi)星的加速度6如圖,水平光滑桿CP上套有一個質(zhì)量m1 kg的小物塊A(可視作質(zhì)點),細線跨過O點的輕質(zhì)小定滑輪一端連接物塊A,另一端懸掛質(zhì)量mB2 kg的小物塊B,C點為O點正下方桿的右端點,定滑輪到桿的距離OCh0.4 m。開始時AO與水平方向的夾角為30,A和B靜止。桿的右下方水平地面上有一傾角為37固定斜面,斜面上有一質(zhì)量M1 kg的極薄木板DE(厚度忽略),開始時木板鎖定,木板下表面及物塊A與斜面間動摩擦因數(shù)均10.5,木板上表面的DF部分光滑(DF長L10.53 m),F(xiàn)E部分與物塊A間的動摩擦因數(shù)23/8。木板端點E距斜面底端G長LEG0.26 m。現(xiàn)將A、B同時由靜止釋放(PO與水平方向的夾角為60),物塊A運動到C點時細線突然斷開,物塊從C水平滑離桿,一段時間后,恰好以平行于薄木板的方向滑上木板,與此同時解除木板的鎖定。滑塊在木板上DF段運動時間恰是在FE段的一半,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)物塊A運動到P點時滑塊A、B的速度之比;(2)木板表面FE部分的長度L2;(3)從解除鎖定開始計時,木板端點E經(jīng)多長時間到達斜面底端G?參考答案1【解題思路】當v2a時,此時繩子的拉力為零,物體的重力提供向心力,則,解得v2gr,與物體的質(zhì)量無關,故A錯誤;當v22a時,對物體受力分析,則,解得bmg,與小球的質(zhì)量有關,故B正確;根據(jù)A、B可知與小球的質(zhì)量有關,與圓周軌道半徑有關,故C正確;若F0,由圖知:v2a,則有,解得,若v22a,解得,故D正確。【答案】BCD2【解題思路】根據(jù)可知,則半徑減小,周期減小,選項A正確;由于空氣阻力做功,則機械能減小,選項B正確;由可知,半徑減小,萬有引力增加,選項C錯誤;由可知,半徑減小,速率變大,選項D錯誤。【答案】AB3【解題思路】兩顆中子星運動到某位置的示意圖如圖所示。每秒轉(zhuǎn)動12圈,角速度已知,中子星運動時,由萬有引力提供向心力得:m12r1,m22r2,lr1r2由式得2l,所以m1m2,質(zhì)量之和可以估算。由線速度與角速度的關系vr得:v1r1,v2r2由式得v1v2(r1r2)l,速率之和可以估算。質(zhì)量之積和各自自轉(zhuǎn)的角速度無法求解。【答案】BC1【解題思路】當m在最高點時,物體只受重力對半圓軌道沒有壓力,故此時軌道槽對地面的壓力最小為mg,故A正確;當物體運動到最低點時,由機械能守恒可知,由向心力公式可得,解得F3mg,故軌首槽對地面的壓力為3mgmg,此時壓力最大,故B正確;當m對軌道的壓力有沿水平方向的分量時,軌道槽受到水平方向的摩擦力,而在最低點時,水平分量為零,故此時摩擦力為零,故C錯誤;m在軌道左側時,對槽的彈力有水平向左的分量,故此時地面對槽有向右的摩擦力;當物體到達右側時,彈力向右,故摩擦力向左,由牛頓第三定律可知,D正確?!敬鸢浮緼BD2【解題思路】若v02,則若圓環(huán)內(nèi)圓外表面也光滑,則上升的最大高度h2R,即恰好能上升到軌道最高點;因內(nèi)圓外表面粗糙,外圓內(nèi)表面光滑,則小球在上半個圓內(nèi)要克服內(nèi)圓的摩擦力做功,往復運動的高度逐漸降低,最后小球?qū)⒃谙掳雸A軌道內(nèi)往復運動,故克服摩擦力做功為Wfmv02mgRmgR,選項A正確;小球沿外圓運動,在運動過程中不受摩擦力,機械能守恒,小球恰好運動到最高點時對外圓恰無壓力時速度設為v,則有mgm,由機械能守恒定律得:mv02mg2Rmv2,小球在最低點時的最小速度v0,所以若小球在最低點的速度大于,則小球始終做完整的圓周運動,機械能守恒,故C錯誤,B正確若小球第一次運動到最高點,內(nèi)圓對小球的支持力為0.5mg,則mg0.5mgm,解得v,若圓環(huán)內(nèi)圓外表面光滑,則到達最低點的速度滿足:mv2mv2mg2R,在最低點:FNmgm,解得FN5.5mg;但是由于內(nèi)圓外表面不光滑,且小球與內(nèi)圓有摩擦力,故小球在最低點的速度比無摩擦時的速度小,故對外圓環(huán)的壓力小于5.5mg,選項D錯誤?!敬鸢浮緼B1【解題思路】不加電場時,小球做平拋運動,加電場時,小球做類平拋運動,根據(jù),則t,因為水平方向上小球做勻速直線運動,可知t2t1,則加上電場后的加速度ag,可知小球一定帶負電,所受的電場力向上,且小于重力的大小,故A、B錯誤,C正確;因為做類平拋運動或平拋運動時,小球在某時刻的速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍,由于位移方向相同,則小球兩次落在斜面上的速度方向一定相同,根據(jù)矢量合成知,初速度相同,則落在斜面上的速度大小相等,故D正確。【答案】CD2【解題思路】小球所受重力和桿的作用力的合力提供向心力,受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有:mL2,解得:sin ,故選B?!敬鸢浮緽3【解題思路】在軌道上,根據(jù)萬有引力提供向心力,有:Gm,解得:v1,則動能為Ek1mv12,故A正確;在軌道上,根據(jù)萬有引力提供向心力,有:Gm,解得:v3,則動能為Ek3mv32,引力勢能為Ep,則機械能為EEk3Ep,故B正確;根據(jù)萬有引力提供向心力,有:Gma,解得:a,兩個軌道上Q點到地心的距離相同,故加速度的大小相同,故C錯誤;衛(wèi)星從軌道要變到軌道上去,故經(jīng)過P點時必須點火加速,即衛(wèi)星在軌道上經(jīng)過P點時的速率小于在軌道上經(jīng)過P點時的速率,故D錯誤。【答案】AB4【解題思路】設衛(wèi)星a、b的軌道半徑分別為r1和r2,地球半徑為R,根據(jù)得,衛(wèi)星a、b的速度之比為1 : 2,故A錯誤;由可得,可得r14r2,則得衛(wèi)星b星的周期為,故B正確;如圖,A、B是衛(wèi)星盲區(qū)兩個邊緣位置,由幾何知識可得AOB12,則,解得b每次在盲區(qū)運行的時間為,故C正確,D錯誤?!敬鸢浮緽C5【解題思路】衛(wèi)星從B點到D點轉(zhuǎn)動的角度為120,即tT,可知衛(wèi)星運行的周期T3t,故A正確;根據(jù)Gm(Rh)以及GMgR2得,衛(wèi)星距地面的高度hR,故B錯誤;衛(wèi)星的角速度,故C正確;r,根據(jù)a,解得衛(wèi)星的加速度a,故D正確?!敬鸢浮緽6【解析】(1)在P點時,由速度關系vAcos60vB得:vA :vB2:1。(2)物塊運動到C點時,物塊B的速度恰為零,物塊從A點運動到C點,A、B組成系統(tǒng)機械能守恒:解得:vC4 m/s設物塊剛滑上木板時的速度大小為v0,由平拋規(guī)律:m/s滑上木板后,在DF段:因為木板與斜面間最大靜摩擦力fm1(mM)gcos 378 N,木板重力沿斜面的分量GxMgsin6 N,所以木板靜止物塊加速度a1gsin6 m/s2設物塊經(jīng)時間t1運動到F,則:解得:t10.1 s物塊到達F點的速度vFv0a1t15.6 m/s過F后,對物塊有:mgsin 372mgcos 37ma2,得:a23 m/s2對木板有:Mgsin 372mgcos 371(mM)gcos 37Ma,得:a1 m/s2設物塊經(jīng)時間t2滑到E點,則:t22t10.2s木板的位移、物塊的位移木板表面FE部分的長度L2xx代入數(shù)據(jù)解得:L21.16 m。(3)分離時木板位移m,速度vat20.2 m/s分離后,對木板:Mgsin 371Mgcos 37Ma,得:a2 m/s2由,得:t30.4 s所以tt1t2t30.7 s。- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標,表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權。
- 關 鍵 詞:
- 2019屆高考物理二輪復習 專題3 牛頓運動定律與曲線運動含天體運動學案 2019 高考 物理 二輪 復習 專題 牛頓 運動 定律 曲線運動 天體
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享,僅供網(wǎng)友學習交流,未經(jīng)上傳用戶書面授權,請勿作他用。
鏈接地址:http://www.szxfmmzy.com/p-3859807.html